背包问题——完全背包

问题描述

有N种物品和一个容量为W的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

分析

和01背包不同的是，物品是无限件，从选择物品的角度看，它不再像01背包那样，有两种选择：选or不选， 它可以选0件、1件、2件……等等，所以我们按照01背包的状态转移思想我们便可以有这样的状态转移方程：

dp[i][j]=max{dp[i - 1][j - k*w[i]] + k * v[i] | 0<=k*c[i]<=v}

代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100+10;
int w[maxn],v[maxn];
int N,W;
int dp[maxn][maxn];

void solve()
{
for(int i=0; i<N; i++)
{
for(int j=0; j<=W; j++)
{
for(int k=0; k*w[i]<=j; k++)
{
dp[i+1][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]);
}
}
}
printf("%d\n",dp
[W]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&N,&W);
for(int i=0; i<N; i++)
{
scanf("%d%d",&w[i], &v[i]);
}
for(int i=0;i<N;i++)
dp[0][i]=0;
solve();
return 0;
}

这里的时间复制度达到了O(nW^2)，很明显不好，因为在dp[i+1][j]的计算中选择k个情况，和在dp[i+1][j-w[i]]的计算中选择k-1个情况是相同的，即其中有一些情况是多次计算。

那么就可以优化成二重循环：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100+10;
int w[maxn],v[maxn];
int N,W;
int dp[maxn][maxn];

void solve()
{
for(int i=0; i<N; i++)
{
for(int j=0; j<=W; j++)
{
if(j < w[i])
{
dp[i+1][j] = dp[i][j];
}
else{
dp[i+1][j] = max(dp[i][j], dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
}
}
}
printf("%d\n",dp
[W]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&N,&W);
for(int i=0; i<N; i++)
{
scanf("%d%d",&w[i], &v[i]);
}
for(int i=0;i<N;i++)
dp[0][i]=0;
solve();
return 0;
}

01背包我们使用了一维数组进行滚动更新，回想一下01背包中是按照 j = W …. 0 的顺序递推的，那么完全背包可以吗？其实也是可以的，并且是按照与01背包相反的顺序j = 0 … W递推的。

分析：

在01背包中，我们需要确保第i次循环的dp[j] 是由状态 dp[i-1][j-w[i]]递推而来的（接下来参考《背包九讲》的分析：01背包的循环顺序正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果dp[i-1][j-w[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果dp[i][j-w[i]]，所以就采用j=0..W的顺序循环）。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100+10;
int w[maxn],v[maxn];
int N,W;
int dp[maxn];

void solve()
{
for(int i=0; i<N; i++)
{
for(int j=w[i]; j<=W; j++)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
printf("%d\n",dp[W]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&N,&W);
for(int i=0; i<N; i++)
{
scanf("%d%d",&w[i], &v[i]);
}
solve();
return 0;
}